Cours de mathématiques ECT 2ème année Chapitre 4 Variables ...

Cours de mathématiques

ECT 2ème année

Chapitre 4

Variables aléatoires discrètes

Adrien Fontaine

Année scolaire 2020–2021

Cours de mathématiques ECT2

1. GÉNÉRALITÉS SUR LES VARIABLES ALÉATOIRES

1.1. Espace probabilisé

Étant donné une expérience aléatoire, pour calculer des probabilités :• On commence par déterminer l’univers Ω de toutes les issues possibles de l’expé-

rience aléatoire. Cet ensemble peut être fini ou infini :⋄ Si l’expérience consiste à lancer un dé à 6 faces et à observer le numéro obtenu,

alors Ω= J1;6K ;⋄ Si l’expérience consiste à lancer une pièce de monnaie jusqu’à l’obtention du pre-

mier pile, alors Ω=N∗ ;

⋄ Si l’expérience consiste à observer a durée de vie d’une ampoule (en minutes),alors Ω=R+ (par exemple) ;

⋄ etc• On déterminer ensuite une probabilité sur Ω, c’est-à-dire une application P qui à un

sous-ensemble de Ω (i.e un évènement) associe un réel (compris entre 0 et 1) qui me-sure le « degré de vraissemblance » de cet évènement.

Commençons par rappeler quelques propriétés, vues en première année dans le cas d’ununivers fini, et qui restent vraies dans le cas d’un univers infini.

Proposition 1 :

Soient A et B deux évènements. On a les résultats suivant :• P(Ω) = 1;• P(;) = 0;• P(A) = 1−P(A) ;• Si A ⊂ B, alors P(B \ A) =P(B)−P(A) ;• P(A∪B) =P(A)+P(B)−P(A∩B);• Si A et B sont incompatibles (i.e A∩B =;, alors P(A∪B) =P(A)+P(B).

Exemple : Tout au long de ce chapitre, on s’appuiera sur les deux exemples suivants pourillustrer les différentes notions rencontrées.

1. Un sac contient 5 jetons numérotés de 1 à 5. Pour jouer une partie, on doit miser 1e.On tire au hasard un jeton. Si on a le numéro 1, on gagne 4 e, si on a un numéro pairon reçoit 2e et rien sinon. On note X le gain (algébrique). X est une variable aléatoireet X(Ω) = −1;1;3.

2. On lance un dé équilibré et on note X le nombre de lancers nécéssaires pour obtenir6. X est une variable aléatoire et X(Ω) =N

∗ (il faut au moins un lancer pour obtenir 6).

2


1.2. Évènements associés à une variable aléatoire

Définition 1 :

Soit X une variable aléatoire et x ∈R. On note

[X = x] = ω ∈Ω , X(ω) = x

[X < x] = ω ∈Ω , X(ω) < x

[X É x] = ω ∈Ω , X(ω) É x

[X > x] = ω ∈Ω , X(ω) > x

[X Ê x] = ω ∈Ω , X(ω) Ê x

Si x et y sont deux réels tels que x < y alors on note

[

x É X É y]

= ω ∈Ω ; x ÉX(ω) É y

Plus généralement, si I désigne une partie de R, on note :

[X ∈ I] = ω ∈Ω ; X(ω) ∈ I .

Exemple : Calculer P([X = 1]) et P([X É 2]) dans les deux exemples de la partie 1.1.

1. On a X = 1 si et seulement si on a obtenu un numéro pair, i.e un 2 ou un 4. Ainsi,

P(X = 1) =2

5

On a X É 2 si et seulement si X =−1 ou X = 1 si et seulement si on obtient 2, 3, 4 ou 5.Ainsi,

P(X É 2)=P(X =−1)+P(X = 1) =2

5+

2

5=

4

52. On a une chance sur 6 d’obtenir un 6 au premier lancer donc

P(X = 1) =1

6

On a X É 2 si et seulement si X = 1 ou X = 2. On a déjà calculé la probabilité P(X = 1).L’évènement X = 2 correspond au cas ou l’on obtient un nombre différent de 6 aupremier lancer et un 6 au deuxième lancer. Ainsi,

P(X = 2) =5

6×

1

6=

5

36

Et donc,

P(X É 2) =P(X = 1)+P(X = 2)=1

6+

5

36=

11

36

Proposition 2 :

Soit X une variable aléatoire. Alors,[X = x] ; x ∈ X(Ω)

forme un système complet d’évènements. En particulier, on a :

∑

x∈X(Ω)P([X = x]) = 1.

3


Remarque :

• Lorsque X(Ω) est fini, la somme précédente est une somme finie. En effet, dans ce cas,

X(Ω) = x1 ; x2 ; · · · ; xn ,

et doncn∑

k=1P([X = xk ]) = 1 .

• Lorsque X(Ω) est dénombrable, la somme précédente est la somme d’une série conver-gente. En effet, dans ce cas,

X(Ω) = xk ; k ∈N ,

et donc+∞∑

k=0

P ([X = xk ]) = 1 .

• Dans toute la suite, on convient d’alléger la notation P([X = x]) en P(X = x), et demême pour les autres ensembles.

Exemple : On reprend les deux exemples de la partie 1.1.

1. [X =−1] ; [X = 1] ; [X = 3] forme un système complet d’évènements.

2.

[X = k] ; k ∈N∗

forme un système complet d’évènements.

2. VARIABLES ALÉATOIRES DISCRÈTES

2.1. Définition

Définition 2 :

Soit X une variable aléatoire. On dit que :• X est une variable aléatoire discrète si son support X(Ω) est un ensemble fini ou dénom-

brable.• X est une variable aléatoire discrète finie si son support X(Ω) est un ensemble fini.• X est une variable aléatoire discrète infinie si son support X(Ω) est un ensemble dénom-

brable.


1. On a vu que X(Ω) = −1;1;3. Ainsi, X est une variable aléatoire discrète finie.

2. On a vu que X(Ω) =N∗. Ainsi, X est une variable aléatoire discrète infinie.

2.2. Loi d’une variable aléatoire discrète

Définition 3 :

Soit X une variable aléatoire. On appelle loi de la variable aléatoire X, la donnée des P(X = x) pourtout réel x.

4


Méthode 1 : Donner la loi de probabilité d’une variable aléatoire discrète

• On donne l’ensemble des valeurs X(Ω) des valeurs prises par X.• On calcule P(X = x) pour tout x ∈ X(Ω).

Lorsque X(Ω) est fini, on résume souvent la loi sous la forme d’un tableau avec, sur la 1ère ligne,les valeurs prises par X, et sur la 2ème ligne les probabilité correspondantes.


1. La loi de la variable aléatoire X est donnée par :

P(X =−1)=2

5, P(X = 1) =

2

5, P(X = 3) =

1

5.

Ce que l’on peut résumer par le tableau suivant :

x −1 1 3 TotalP(X = x) 2

525

15 1

2. La loi de la variable aléatoire X est donnée par :

∀k ∈N∗ , P(X = k) =

(5

6

)k−1

×1

6.

On peut vérifier au passage que :

+∞∑

k=1

P(X = k) = 1 .

2.3. Fonction de répartition d’une variable aléatoire discrète

Définition 4 :

Soit X une variable aléatoire. On appelle fonction de répartition de la variable aléatoire X, et onnote FX la fonction définie sur R par :

FX : R → [0;1]x 7→ P(X É x)

Proposition 3 :

Soit X une variable aléatoire discrète. On note X(Ω) = x1 ; x2 ; · · · avec x1 < x2 < ·· · . Alors :

FX(x) =

0 si x < x1

P(X = x1)+·· ·+P(X = xk ) si xk É x < xk+1

1 si x Ê maxi∈N xi

.

En particulier, FX est constante sur [xk ; xk+1[.

5



1. On a vu que X(Ω) = −1;1;3. Dès lors,• Si x <−1, alors FX(x) = 0.

• Si −1 É x < 1, alors FX(x) =P(X =−1) =2

5.

• Si 1 É x < 3, alors FX(x) =P(X =−1)+P(X = 1) =2

5+

2

5=

4

5.

• Si x Ê 3, alors FX(x) = 1.Ce que l’on peut résumer par

FX(x) =

0 si x <−125 si −1 É x < 145 si 1 É x < 31 si x Ê 3

.

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0

2. On a vu que X(Ω) =N∗. Dès lors,

• Si x < 1, alors FX(x) = 0.• Pour tout k ∈N

∗, si k É x < k +1, alors :

FX(x) =k∑

j=1P(X = j ) =

k∑

j=1

(5

6

) j−1

×1

6= 1−

(5

6

)k

.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0

Proposition 4 :

Soit X une variable aléatoire discrète. On suppose que X(Ω) ⊆Z. Alors :

∀k ∈ X(Ω) , P(X = k)= FX(k)−FX(k −1).

Remarque : La fonction de répartition d’une variable aléatoire X détermine parfaitement laloi de X. Autrement dit, si deux variables aléatoires ont la même fonction de répartition alorselles suivent la même loi.

6


3. MOMENTS D’UNE VARIABLE ALÉATOIRE DISCRÈTE

3.1. Espérance

Définition 5 :

Soit X une variable aléatoire discrète.• Si X est une variable aléatoire discrète finie, avec X(Ω) = x1 ; · · · ; xn, alors X admet une

espérance, notée E(X), définie par :

E(X) =n∑

i=1xiP(X = xi ) .

• Si X est une variable aléatoire discrète infinie, avec X(Ω) xk ; k ∈N, et si la série de terme gé-néral xnP(xn) est absolument convergente, alors on dit que X admet une espérance, notéeE(X), et définie par :

E(X) =+∞∑

k=0

xkP(X = xk ) .

Remarque : L’espérance s’interprête comme une moyenne.

Exemple : Montrer que la variable aléatoire X, du premier exemple de la partie 1.1, admetune espérance et la calculer.En reprenant le tableau de la loi de X, on peut facilement calculer :

E(X) = (−1)×2

5+1×

2

5+3×

1

5=

3

5

Remarque : On peut montrer (hors programme ECT) que la série∑

nÊ1n

(5

6

)n−1

×1

6converge

et que+∞∑

k=1

k

(5

6

)k−1

×1

6= 6

Autrement dit, la variable aléatoire X du deuxième exemple de la partie 1.1 admet une espé-rance et E(X) = 6.

Proposition 5 : Linéarité

Soient X et Y deux variables aléatoires discrète admettant une espérance. Soit a et b ∈R. Alors, X+Yet aX+b admettent une espérance et :

E(X+Y) = E(X)+E(Y) et E(aX+b)= aE(X)+b .

Exemple : On lance un dé non truqué et on note X le numéro obtenu. Soit g la fonctiondéfinie par g (x) = 2x +3 et Y = g (X) = 2X+3. Calculer E(Y).Alors X(Ω) = J1;6K et le dé étant non truqué, on est en situation d’équiprobabilité : ∀k ∈

J1;6K , P(X = k) =1

6.

X(Ω) est fini, donc X admet une espérance et

E(X) =6∑

k=1

kP(X = k) =1

6

6∑

k=1

k =7

2.

7


Y = 2X+3 est aussi une variable finie, elle admet un espérance et

E(Y) = E(2X+3) = 2E(X)+3 = 7+3 = 10 .

Théorème 1 : de transfert

Soit X une variable aléatoire discrète. On note X(Ω) = xi ; i ∈ I avec I ⊆ N. Soit g une applicationde X(Ω) dans R. Alors, la variable aléatoire g (X) admet une espérance, si et seulement si, la série determe général g (xn)P(X = xn) est absolument convergente. Dans ce cas, on a alors :

E(g (X)) =∑

i∈Ig (xi )P(X = xi ) .

Remarque :

• Si X est une variable aléatoire discrète finie, alors I est finie, donc l’espérance de g (X)existe et la somme intervenant dans sa définition est une somme finie.

• Le théorème de transfert montre que pour calculer l’espérance de g (X), il est inutilede déterminer la loi de g (X) : il suffit de connaître la loi de X.

Exemple : On considère la variable X dont la loi de probabilité est donnée par le tableausuivant :

k −3 −1 0 1 2 3P(X = k) 2/10 1/10 1/10 2/10 3/10 1/10

Calculer E(X2) et E(X3).On a :

E(X2) = (−3)2×

2

10+ (−1)2

×1

10+02

×1

10+12

×2

10+22

×3

10+32

×1

10=

42

10=

21

5Et

E(X3) = (−3)3×

2

10+ (−1)3

×1

10+03

×1

10+13

×2

10+23

×3

10+33

×1

10=

−2

10=

−1

5

3.2. Variance

Définition 6 :

Soit X une variable aléatoire discrète.• Si X est une variable aléatoire discrète finie avec X(Ω) = x1 ; x2 ; · · · ; xn, alors X admet une

variance, notée V(X), et définie par :

V(X) =n∑

i=1(xi −E(X))2

P(X = xi ) .

• Si X est une variable aléatoire discrète infinie, avec X(Ω) = xk ; k ∈N et si la série de termegénéral (xn −E(X))2

P(X = xn) est absolument convergente, alors on dit que X admet unevariance, notée V(X) et définie par :

V(X) =+∞∑

k=0(xk −E(X))2

P(X = xk ) .

Remarque :

8


• La série∑

nÊ0(xn −E(X))2

P(X = xn) étant à termes positifs, elle est absolument conver-

gente, si et seulement si, elle est convergente.• Sous réserve d’existence, on a V(X) = E

(

X−E(X))2)

.• La variance, si elle existe, est un réel positif ou nul.• La variance mesure la dispersion de la variable aléatoire par rapport à son espérance.

Théorème 2 : Formule de König-Huygens

Soit X une variable aléatoire discrète. X admet une variance, si et seulement si, E(X2) existe, et dansce cas :

V(X) = E(X2)−E(X)2 .

Méthode 2 : Répondre à la question « X admet-elle une variance? Si oui, la calculer. »

• Si X n’admet pas d’espérance, alors elle n’admet pas de variance.• Si X admet une espérance, il faut regarder si E(X2) existe (grâce au théorème de transfert).

⋄ Si non, alors X n’admet pas de variance.⋄ Si oui, alors on utilise la formule de König-Huygens

V(X) = E(X2)−E(X)2 ,

pour la calculer.

Exemple : Montrer que la variable aléatoire X, du premier exemple de la partie 1.1, admetune variance et la calculer.

On a déjà vu que E(X) =3

5. Par ailleurs,

E(X2) = (−1)2×

2

5+12

×2

5+32

×1

5=

13

5

Dès lors, d’après la formule de König-Huygens,

V(X) = E(X2)−E(X)2=

13

5−

(3

5

)2

=65

25−

9

25=

56

25

Remarque : On peut montrer (hors programme ECT) que la série∑

nÊ1n2

(5

6

)n−1

×1

6converge

et que+∞∑

k=1

k2(

5

6

)k−1

×1

6= 66

Autrement dit, la variable aléatoire X du deuxième exemple de la partie 1.1 admet un mo-ment d’ordre 2 et E(X2) =. Dès lors, X admet une variance et :

V(X) = E(X2)−E(X)2= 66−36= 30

Proposition 6 :

Soit X une variable aléatoire discrète telle que E(X2) existe et soient a et b dans R. Alors :

V(aX+b) = a2V(X) .

En particulier,V(X+b) =V(X) .

9


Remarque : Contrairement à l’espérance, la variance n’est pas linéaire.

Exemple : On lance un dé non truqué et on note X le numéro obtenu. Soit Y = 2X+3. Calculerla variance de X puis celle de Y.X suit une loi uniforme sur J1;6K donc, on sait que

V(X) =62 −1

12=

35

12

Dès lors,

V(Y) =V(2X+3) = 22V(X) = 4×

35

12=

35

3

Définition 7 :

Soit X une variable aléatoire discrète admettant un moment d’ordre 2. On appelle écart-type de X,et on note σ(X) le réel :

σ(X)=√

V(X) .

4. LOIS DISCRÈTES USUELLES

4.1. Lois discrètes finies

4.1.1 Loi uniforme

Définition 8 :

Soit (a,b) ∈Z2 avec a < b. Une variable aléatoire X suit une loi uniforme sur Ja;bK lorsque X(Ω) =

Ja;bK et que :

∀k ∈ Ja;bK , P(X = k)=1

b −a +1.

On note : X ,→U (Ja;bK).

Exemple : Deux exemples classiques :

1. On lance un dé non truqué et on note X le numéro obtenu. On a X ,→ U (J1;6K) car

X(Ω) = J1;6K et pour tout k ∈ J1;6K, P(X = k) =1

6.

2. On tire au hasard une boule dans une urne contenant n boules numérotées de 1 àn, et on note X le numéro obtenu. On a X ,→ U (J1;nK) car X(Ω) = J1;nK et pour tout

k ∈ J1;nK, P(X = k) =1

n.

Proposition 7 :

Soit n ∈N∗. Si X ,→U (J1;nK) alors X admet une espérance et une variance et :

E(X) =n +1

2et V(X) =

n2 −1

12.

10


Proposition 8 :

Soit (a;b)∈Z2 avec a < b. Si X ,→U (Ja;bK) alors X−a +1 ,→U (J1;b −a +1K) et donc :

E(X) =a +b

2et V(X) =

(b −a +1)2 −1

12.

4.1.2 Loi de Bernoulli

Définition 9 :

Une variable aléatoire X suit une loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0;1[ lorsque X(Ω) = 0;1 et :

P(X = 0) = 1−p et P(X = 1) = p .

On note : X ,→B(p).

Une épreuve de Bernoulli est une épreuve aléatoire qui comporte exactement deux issues :une que l’on qualifie de « succès » de probabilité p et l’autre que l’on qualifie « d’échec » deprobabilité 1−p. On réalise une fois cette épreuve de Bernoulli et si l’issue est un « succès »,la variable aléatoire prend la valeur X = 1, et sinon X = 0.

Exemple : On lance une pièce équilibré et on note X la variable aléatoire qui prend la valeur

1 si le résultat est « Pile » et 0 sinon. Alors, X ,→B

(1

2

)

.

Proposition 9 :

Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0;1[. Alors, X admet uneespérance et une variance et on a :

E(X) = p et V(X) = p(1−p) .

4.1.3 Loi binomiale

Définition 10 :

Une variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres n ∈ N∗ et p ∈]0;1[ lorsque X(Ω) =

J0;nK et que :

∀k ∈ J0;nK , P(X = k)=

(

n

k

)

pk (1−p)n−k .

On note : X ,→B(n, p).

On répète n épreuves identiques de Bernoulli indépendantes. La probabilité d’obtenir un« succès » lors de la réalisation d’une épreuve est p. La variable aléatoire qui compte le nombrede succès obtenus une fois que les n épreuves ont été réalisées suit une loi binomiale de pa-ramètres n et p.

Exemple : On lance 10 fois de suite un dé non truqué, et on note X le nombre de numéros

obtenus inférieurs ou égaux à 2. Alors, X ,→B

(

10,1

3

)

.

11


Remarque : La loi de Bernoulli est le cas particulier de la loi binomiale avec n = 1.

Proposition 10 :

Soit X une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres n ∈ N∗ et p ∈]0;1[. Alors X

admet une espérance et une variance et on a :

E(X) = np et V(X) = np(1−p) .

4.2. Lois discrètes infinies

4.2.1 Loi géométrique

Définition 11 :

Une variable aléatoire X suit une loi géométrique de paramètre p ∈]0;1[ lorsque X(Ω) =N∗ et :

∀k ∈N∗ , P(X = k)= p(1−p)k−1 .

On note : X ,→G (p).

Exemple : On lance indéfiniment un dé non truqué. On note X le rang du lancer qui donne le

nombre 1 pour la première fois. Alors, X suit une loi géométrique de paramètre1

6.

Remarque :

• Cet exemple est typique de la loi géométrique dont le modèle est le suivant :⋄ On réalise une succession d’épreuves indépendantes de Bernoulli de même para-

mètre p.⋄ On note X le rang de l’épreuve qui a amené le premier succès. X est considéré

comme « le temps d’attente du premier succès ».

• On a bien+∞∑

k=1

P(X = k) = 1.

Proposition 11 :

Soit X une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre p ∈]0;1[. Alors X admet uneespérance et une variance et on a :

E(X) =1

pet V(X) =

1−p

p2.

Exemple : On effectue une succession de tirages avec remise d’une boule dans une urnecontenant 7 boules noires et 3 boules rouges et on note Y le rang de la première boule rouge.Reconnaître la loi de Y puis déterminer l’espérance et la variance de Y.Y correspond au temps d’attente du premier succès lors de la répétition successive d’épreuvesde Bernoulli identiques et indépendantes donc Y suit une loi géométrique de paramètrep =

310 .

12


Ainsi,

E(Y) =13

10

=10

3et V(Y) =

1−3

10(

3

10

)2 =70

9

4.2.2 Loi de Poisson

Définition 12 :

Soit λ un réel strictement positif. Une variable aléatoire X suit une loi de Poisson de paramètre λ

lorsque X(Ω) =N et :

∀k ∈N , P(X = k)=λ

k

k !e−λ .

On note : X ,→P (λ) .

Remarque :

• La loi de Poisson est parfois appelée loi des évènements rares. Elle sert par exemple àmodéliser :⋄ le nombre d’appels reçus par un standard téléphonique dans un intervalle de temps

donné;⋄ le nombre de véhicules franchissant un poste de péage dans un intervalle de temps

donné;⋄ le nombre de clients se présentant dans un magasin dans un intervalle de temps

donné;⋄ le nombre de fautes de frappe dans les pages d’un cours de maths , etc.

• On a bien+∞∑

k=0P(X = k) = 1.

Proposition 12 :

Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre λ > 0. Alors X admet uneespérance et une variance et on a :

E(X) = λ et V(X) = λ .

13


5. EXERCICES

4.1 Le nombre de pannes journalières d’une machine est une variable aléatoire X dont laloi de probabilité est donnée par :

x 0 1 2 3 4 5 6P(X = x) 0,30 0,20 0,15 0,15 0,10 0,05 0,05

1. Quelle est la fonction de répartition de X ? En donner une représentation graphique.

2. Quelle est la probabilité que la machine ait strictement plus de 3 pannes?

3. Trouver x0 tel que P(X Ê x0) = 0,5.

4. Trouver x1 tel que P(X É x1) = 0,8.

5. Calculer E(X).

4.2 Une urne contient 4 boules blanches et 5 boules noires. Les boules sont indiscernablesau toucher. On prend au hasard et simultanément trois boules de l’urne. On appelle X lavariable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues lors du tirage.

1. Déterminer le support de X.

2. Donner la loi de probabilité de X.

3. Calculer l’espérance et l’écart-type de X.

4.3 Une urne contient au départ une boule blanche et une boule noire. On effectue destirages d’une boule avec remise jusqu’à l’obtention d’une boule noire, en rajoutant à chaquetirage une boule blanche supplémentaire. On note X la variable aléatoire correspondant aunuméro du tirage final où apparaît une boule noire.

1. Déterminer X(Ω).

2. Déterminer la loi de X.

3. Montrer que :+∞∑

k=1P(X = k) = 1.

4.4 Soit (un)n∈N∗ la suite définie par :

∀n ∈N∗, un =

1

n−

1

n +1.

1. Montrer que la suite (un)n∈N∗ définit bien une loi de probabilité.

2. Soit X une variable aléatoire de support N∗, dont la loi est donnée par :

∀n ∈N∗, P(X = n) = un .

X admet-elle une espérance? Si oui, la calculer.

4.5 Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N telle que

∀k ∈N,P(X = k) = a3−k .

1. Déterminer a pour que l’on définisse bien une loi de probabilité.

14


2. X a-t-elle plus de chance de prendre des valeurs paires ou impaires?

4.6

1. Pour jouer à ce jeu, on mise 0,50 euro. On lance deux dés non truqués. Si on obtientdeux nombres 1, on reçoit 2 euros. Si on obtient deux nombres identiques autres que1, on reçoit 1 euro et sinon on ne reçoit rien. X est la gain algébrique.

a. Déterminer la loi de X.

b. Justifier que X admet une espérance et calculer E(X).

2. On lance une pièce de monnaie non truquée jusqu’à obtenir pour la première fois« pile ». X est égal au nombre de lancers effectués.

a. Déterminer la loi de X.

b. Justifier que X admet une espérance et calculer E(X).

4.7 A chaque balade à cheval qu’il effectue, la probabilité que le cavalier soit désarçonné

est égale à1

10.

1. Quelle est la probabilité qu’il ait fait k chutes au terme de 10 balades?

2. Sachant que 3 chutes entraînent obligatoirement une blessure grave, quelle est la pro-babilité qu’il ne soit pas blessé après ces 10 balades?

4.8 On considère une pièce dont la probabilité d’avoir pile est de 0,3.

1. On lance la pièce 10 fois. Quelle est la probabilité d’obtenir 3 piles?

2. On lance la pièce jusqu’à obtenir pile. Combien en moyenne effectuera-t-on de lan-cer ?

4.9 Soit X ,→ G (p) avec p 6= 1. Montrer que ∀k ∈ N∗,P(X > k) = (1−p)k . En déduire alors

que∀(k, l ) ∈N

∗×N

∗,P(X>l )(X > k + l ) =P(X > k).

On dit que la variable aléatoire est sans mémoire.

4.10 Sur le marché du travail de l’agglomération dunkerquoise, le nombre moyen de chan-gements d’emploi d’un ouvrier dans une période de 5 ans est deux. Sachant que le nombrede changements d’emploi en 5 ans suit une loi de Poisson, calculer la probabilité des événe-ments suivants :

1. Probabilité qu’un travailleur ne fasse aucun changement pendant 5 ans.

2. Probabilité qu’un travailleur fasse au moins un changement.

3. Probabilité qu’il fasse plus d’un changement, mais moins de 5.

4.11 Extrait de ESC 2014

Un immeuble est constitué de 3 étages. Dans le hall de l’immeuble on peut accéder à unascenseur qui distribue chaque étage. 5 personnes montent ensemble dans l’ascenseur. Onsuppose que chacune d’elles souhaite monter à l’un des trois étages de manière équipro-bable et indépendamment des 4 autres. On suppose également que l’ascenseur dessert lesétages demandés dans l’ordre et qu’il ne revient pas en arrière.On note X1 la variable aléatoire égale au nombre de personnes s’arrêtant à l’étage numéro1, X2 la variable aléatoire égale au nombre de personnes s’arrêtant à l’étage numéro 2 et X3

celle égale au nombre de personnes s’arrêtant à l’étage numéro 3.

15


1. a. Reconnaître la loi de X1. Décrire l’ensemnle X1(Ω) des valeurs prises par X1. Don-ner P(X1 = k) pour chaque k appartenant à X1(Ω).

b. Donner E(X1) et V(X1).

c. Expliquer pourquoi X2 et X2 suivent la même loi que X1.

2. a. Justifier que X1 +X2 +X3 = 5.

b. En déduire la probabilité P((X1 = 0)∩ (X2 = 0)).

c. Montrer que la probabilité que l’ascenseur ne s’arrête qu’une fois est1

81.

3. On considère la variable aléatoire Z égale au nombre d’arrêts de l’ascenseur. D’après

2.c), on a P(Z = 1)=1

81. Déterminer l’ensemble Z(Ω) des valeurs prises par Z.

4. Soit Y1 la variable aléatoire de Bernoulli égale à 1 si l’ascenseur s’arrête au premierétage et à 0 sinon. On définit de même les variables aléatoires Y2 et Y3 pour les étages2 et 3.

a. Justifier que P(Y1 = 0)=P(X1 = 0).

b. En déduire P(Y1 = 0) puis E(Y1). On admet que Y2 et Y3 suivent la même loi que Y1

et qu’elles ont donc la même espérance.

c. Exprimer Z en fonction de Y1, Y2 et Y3. Calculer E(Z) et vérifier que

E(Z) =211

81

4.12 Extrait de ECRICOME 2013

Une entreprise fabrique des appareils électriques en grande quantité.

Partie I - Probabilités conditionnellesOn admet que 5% des appareils présentent un défaut.On contrôle les appareils d’un lot. Ce contrôle refuse 90% des appareils avec défaut et ac-cepte 80% des appareils sans défaut. On prélève au hasard dans le lot.

On considère les évènements suivants :• D : « l’appareil a un défaut » ;• A : « l’appareil est accepté à l’issue du contrôle ».

1. Donner la valeur des probabilités et probabilités conditionnelles suivantes :

P(D), P(D), PD(A) , PD(A) , PD(A) .

2. Calculer à 0,01 près les probabilités suivantes :

P(A∩D), P(A∩D)

3. Déduire de ce qui précède la probabilité P(A) à 0,001 près.

4. Calculer à 0,001 près la probabilité qu’un appareil soit défectueux sachant qu’il a étéaccepté par le contrôle.

16


Partie II - Loi binomialeOn prélève au hasard 10 appareils électriques d’une livraison pour vérification. La livraisonétant suffisamment importante pour que l’on puisse assimiler ce prélèvement à un tirageavec remise des appareils. On rappelle que 5% des appareils présentent un défaut.On considère la variable aléatoire X qui, à tout prélèvement de 10 appareils, associe le nombred’appareils sans défaut de ce prélèvement.

1. Justifier que X suit une loi binomiale dont on déterminera les paramètres. PréciserX(Ω) et, pour tout k ∈ X(Ω), donner la valeur de P(X = k).

2. Donner la probabilité que, dans un tel prélèvement, tous les appareils soient sans dé-faut.

3. Donner la probabilité que, dans un tel prélèvement, au moins un appareil ait un dé-faut.

4.13 Extrait de ESC 2012

Un professeur interroge ses élèves en posant une liste de 20 questions. Pour chaque ques-tion, il y a trois réponses possibles, une seule étant la bonne réponse. L’élève A répond auquestionnaire. On suppose que :

• l’élève A ne connaît que 60% de son cours, c’est-à-dire que, pour chaque question, laprobabilité qu’il connaisse la réponse est 60

100 ;• Lorsqu’il ne connait pas une réponse à une question, il répond au hasard;• les questions posées sont mutuellement indépendantes.

On considère les évènements :• R : « l’élève A connaît la réponse à la première question ».• J : « l’élève A répond juste à la première question ».

1. Montrer en utilisant la formule des probabilités totales que P(J) = 1115 .

Soit X la variable aléatoire égale au nombre de réponses exactes données par l’élèveaux vingt questions.

2. Reconnaître la loi de X. On donnera les valeurs prises par X et, pour chacune de cesvaleurs k, la valeur de P(X = k).

3. Donner E(X) et V(X) l’espérance et la variance de X.

4. Pour sanctionner les choix faits au hasard, le professeur décide d’accorder un pointpar réponse exacte et de retirer deux points par réponse fausse.Soit N la variable aléatoire égale à la note obtenue par l’élève A.

a. Justifier l’égalité : N = 3X−40.

b. En déduire l’espérance de N ainsi que sa variance.

L’élève B répond lui aussi au questionnaire. On suppose que comme l’élève A, il neconnaît que 60% de son cours. Mais il choisit de ne répondre qu’aux questions dont ilconnaît la réponse.

5. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de bonnes réponses de l’élève B.

a. Déterminer la loi de Y.

b. En déduire la note que l’élève B obtient en moyenne.

c. En moyenne, entre l’élève A et l’élève B, quelle est la meilleure stratégie pour ob-tenir une bonne note?

17


6. CORRIGÉ DES EXERCICES

4.1

1. La fonction de répartition de X est donnée par :

FX(x) =

0 si x < 00,3 si 0 É x < 10,5 si 1 É x < 20,65 si 2 É x < 30,80 si 3 É x < 40,90 si 4 É x < 50,95 si 5 É x < 61 si x > 6

−9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0

2. La probabilité que la machine ait strictement plus de 3 pannes est :

P(X > 3) =P(X = 4)+P(X = 5)+P(X = 6) = 0,1= 0,05+0,05= 0,2

3. On a :

P(X Ê 2)=6∑

k=2

P(X = k) = 0,5

Donc, x0 = 2 convient.

4. On a :

P(X É 3)=3∑

k=0

P(X = k) = 0,8

Donc, x1 = 3 convient.

5. On a :E(X) = 0×0,3+1×0,2+·· ·+6×0,05= 1,9

4.2

1. On a X(Ω) = J0;3K.

2. On note Bk l’évènement « la k-ième boule tirée est blanche » et Nk l’évènement « lak-ième boule tirée est noire ». Calculons les probabilités P(X = k) pour k ∈ J0;3K.D’après la formule des probabilités composées :

P(X = 0) =P(N1 ∩N2 ∩N3) =P(N1)PN1(N2)PN1∩N2 (N3) =5

9×

4

8×

3

7=

5

42

18


D’après la formule des probabilités totales :

P(X = 1) =P(B1 ∩N2 ∩N3)+P(N1 ∩B2 ∩N3)+P(N1 ∩N2 ∩B3)

=4

9×

5

8×

4

7+

5

9×

4

8×

4

7+

5

9×

4

8×

4

7

=10

63+

10

63+

10

63

=30

63

=10

21

=20

42

P(X = 2) =P(B1 ∩B2 ∩N3)+P(B1 ∩N2 ∩B3)+P(N1 ∩B2 ∩B3)

=4

9×

3

8×

5

7+

4

9×

5

8×

3

7+

5

9×

4

8×

3

7

=5

42+

5

42+

5

42

=15

42

Enfin, d’après la formule des probabilités composées :

P(X = 3)=P(B1 ∩B2 ∩B3) =4

9×

3

8×

2

7=

1

21=

2

42

Ce que l’on peut résumer par le tableau suivant :k 0 1 2 3

P(X = k) 542

2042

1542

242

3. On a alors :

E(X) = 0×5

42+1×

20

42+2×

15

42+3×

2

42=

56

42=

28

21=

4

3

Par ailleurs,

E(X2) = 02×

5

42+12

×20

42+22

×15

42+32

×2

42=

98

42=

49

21=

7

3

Donc, d’après la formule de König-Huygens,

V(X) = E(X2)−E(X)2=

7

3−

16

9=

21

9−

16

9=

5

9

Et donc,

σ(X) =√

V(X) =

√

5

9

4.3

1. On a X(Ω) =N∗.

19


2. Notons Bk (resp. Nk ) l’évènement « la k-ième boule tirée est blanche (resp. noire) ».Pour tout k ∈N

∗, on a :

P(X = k) =P(B1 ∩B2 ∩·· ·Bk−1 ∩Nk )

=1

2×

2

3×·· ·×

k −1

k×

1

k +1

=1

k(k +1)

3. Tout d’abord, remarquons que :

1

k(k +1)=

1

k−

1

k +1

Dès lors, calculons la n-ième somme partielle :

n∑

k=1

P(X = k) =n∑

k=1

1

k(k +1)

=

n∑

k=1

1

k−

1

k +1

= 1−1

2+

1

2−

1

3+

1

3−

1

4+·· ·+

1

n−

1

n +1

= 1−1

n +1

Or,

limn→+∞

1−1

n +1= 1

Donc, la série∑

nÊ1P(X = n) converge et :

+∞∑

k=1P(X = k) = 1

4.4

1. Pour montrer que la suite (un)n∈N∗ définit bien une loi de probabilité, il faut montrerque la série

∑

nÊ1un converge et que :

+∞∑

k=1

uk = 1

Dès lors, calculons la n-ième somme partielle :

n∑

k=1

uk =

n∑

k=1

1

k−

1

k +1

= 1−1

2+

1

2−

1

3+

1

3−

1

4+·· ·+

1

n−

1

n +1

= 1−1

n +1

20


Or,

limn→+∞

1−1

n +1= 1

Donc, la série∑

nÊ1un converge et :

+∞∑

k=1

uk = 1

Donc, la suite (un)n∈N∗ définit bien une loi de probabilité.

2. X admet une espérance, si et seulement si, la série∑

nÊ1nP(X = n) converge. Or, pour

tout n Ê 1, on a :

nP(X = n) = nun = n ×

(1

n−

1

n +1

)

=n

n−

n

n +1= 1−

n

n +1=

1

n +1

Il faudrait donc montrer que la série∑

nÊ1

1

n +1converge. Or, on sait que la série har-

monique∑

nÊ1

1

ndiverge. Donc, la série

∑

nÊ1

1

n +1diverge également.

Conclusion : X n’admet pas d’espérance.

4.5

1. Pour que l’on définisse bien une loi de probabilité, il faut que la série∑

nÊ0a × 3−n

converge et que :+∞∑

k=0

a3−k= 1

Calculons la n-ième somme partielle :

n∑

k=0

a3−k= a

n∑

k=0

1

3k

On reconnait la somme partielle d’une série géométrique de raison 13 ∈]−1;1[, donc

la série converge et :+∞∑

k=0

a3−k= a×

1

1−1

3

=3a

2

Cette somme vaut donc 1, si et seulement si, a =2

3.

2. La probabilité que X prenne des valeurs paires est donnée par :

+∞∑

k=0P(X = 2k) =

+∞∑

k=0a3−2k

=2

3

+∞∑

k=0

1

9k

On reconnait une série géométrique de raison1

9. Donc,

+∞∑

k=0P(X = 2k) =

2

3×

1

1−1

9

=2

3×

9

8=

3

4

21


Par complémentarité, on en déduit que la probabilité que X prenne des valeurs im-paires est :

1−3

4=

1

4

Donc, X a plus de chance de prendre des valeurs paires.

4.6

1. a. On a X(Ω) = −0,5 ; 0,5 ; 1,5. Par ailleurs,

P(X = 1,5) =P((1;1))=1

36

P(X = 0,5) =P((2;2); (3;3); (4;4); (5;5); (6;6))=5

36

P(X =−0,5)= 1−P(X = 0,5)−P(X = 1,5)= 1−5

36−

1

36=

30

36

On peut ainsi résumer la loi de X par le tableau suivant :

x −0,5 0,5 1,5

P(X = x) 3036

536

136

2. a. On a X(Ω) =N∗. Pour tout k ∈N

∗, on a :

P(X = k) =1

2×

1

2×·· ·×

1

2︸︷︷︸

k−1 fois FACE

×1

2︸︷︷︸

PILE

=

(1

2

)k

Remarque : En fait, X suit une loi géométrique de paramètre p =12 . En effet, X cor-

respond au temps d’attente du premier succès lors de la répétition successive d’ex-périences de Bernoulli identiques et indépendantes.

b. On sait qu’une loi géométrique admet une espérance. Ainsi, X admet une espé-rance et

E(X) =1

p=

11

2

= 2

4.7

1. On note X le nombre de chutes au terme de 10 balades. Alors, X compte le nombrede "succès" (i.e de chutes) lors de 10 expériences de Bernoulli identiques et indépen-dantes. Ainsi, X suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et p =

110 . On a donc :

P(X = k) =

(

k

10

)(1

10

)k (9

10

)10−k

2. La probabilité qu’il ne soit pas blessé après ces 10 balades, est :

P(X É 2)=P(X = 0)+P(X = 1)+P(X = 2)

22


On a :

P(X = 0) =

(

0

10

)(1

10

)0 (9

10

)10

=

(9

10

)10

P(X = 1) =

(

1

10

)(1

10

)1 (9

10

)9

= 10×1

10×

(9

10

)9

=

(9

10

)9

P(X = 2)=

(

2

10

)(1

10

)2 (9

10

)8

= 45×1

100×

(9

10

)8

=9

20×

(9

10

)8

=1

2×

(9

10

)9

Ainsi,

P(X É 2) =

(9

10

)10

+3

2×

(9

10

)9

=24

10×

(9

10

)9

4.8

1. On note X le nombre piles obtenus lors de ces 10 lances. X compte le nombre de suc-cès lors de la répétition de 10 expériences de Bernoulli successives, identiques et in-dépendantes. Ainsi, X suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3. On adonc,

P(X = 3) =

(

10

3

)

×0,33×0,77

= 120×0,33×0,77

2. On note X le nombre de lancers nécéssaires pour obtenir pile. X correspond au tempsd’attente du premier succès lors de la répétition d’expériences de Bernoulli identiqueset indépendantes. Ainsi, X suit une loi géométrique de paramètre p = 0,3. Ainsi, Xadmet une espérance et :

E(X) =1

p=

1

0,3=

10

3≃ 3,3

En moyenne, on effectue donc 3,3 lancers avant d’obtenir PILE.

4.9 On a :P(X > k) = 1−P(X É k)

Or,

P(X É k) =k∑

j=1P(X = j ) =

k∑

j=1(1−p) j−1

×p = p ×1− (1−p)k

1− (1−p)= 1− (1−p)k

Et donc, on a :P(X > k) = 1−P(X É k) = 1− (1− (1−p)k ) = (1−p)k

On a alors :

P(X>l )(X > k + l ) =P((X > l )∩ (X > k + l )

P(X > l )=

P(X > k + l )

P(X > l )=

(1−p)k+l

(1−p)l= (1−p)k

=P(X > k)

4.10 Notons X le nombre de changements d’emploi en 5 ans. On sait que X suit une loi dePoisson. Notons λ son paramètre. On sait que le nombre moyen de changements d’emploien 5 ans est de deux. Autrement dit, on a :

E(X) = λ= 2

Ainsi, X suit une loi de Poisson de paramètre λ= 2.

23


1. On a :

P(X = 0)=20

0!e−2

= e−2≃ 0,13

La probabilité qu’un travailleur ne fasse aucun changement en 5 ans est de environ0,13.

2. On a :P(X Ê 1)= 1−P(X = 0) ≃ 1−0,13= 0,87

La probabilité qu’un travailleur fasse au moins un changement en 5 ans est de 0,87.

3. On a :

P(1 É X É 5) =P(X = 1)+P(X = 2)+P(X = 3)+P(X = 4)+P(X = 5)

=21

1!e−2

+22

2!e−2

+23

3!e−2

+24

4!e−2

+25

5!e−2

=

(

2+2+4

3+

2

3+

4

15

)

e−2

=94

15e−2

≃ 0,81

4.11

1. a. X1 compte le nombre de succès (i.e le nombre de personnes descendant à l’étage1) lors de la répétition successive de 5 épreuves de Bernoulli identiques et indé-pendantes. Ainsi, X1 suit une loi binomiale de paramètres n = 5 et p =

13 .

On a X1(Ω) = J0;5K et pour tout k ∈X1(Ω) :

P(X1 = k) =

(

n

k

)

pk (1−p)n−k=

(

5

k

)

×

(1

3

)k

×

(2

3

)5−k

b. Puisque X1 suit une loi binomiale, on a :

E(X1) = np = 5×1

3=

5

3

V(X1) = np(1−p) =5

3×

2

3=

10

9c. Puisque chaque personne choisit un étage de manière équiprobable, la probabilité

pour une personne de monter à l’étage 1, 2 ou 3 est la même. Ainsi, X2 et X3 suiventla même loi que X1.

2. a. X1 +X2 +X3 représente le nombre de personnes étant descendus à l’étage 1, 2 ou3. Puisque les 5 personnes choisissent de descendre à l’un de ces trois étages, on abien :

X1 +X2 +X3 = 5

b. L’évènement (X1 = 0)∩ (X2 = 0) correspond au fait que personne ne soit descenduà l’étage 1 ou à l’étage 2, autrement dit que tout le monde soit descendu à l’étage3. Ainsi,

P((X1 = 0)∩ (X2 = 0)) =P(X3 = 5)

Et puisque X3 suit la même loi que X1, on a :

P(X3 = 5)=

(

5

5

)

×

(1

3

)5

×

(2

3

)0

=1

35=

1

243

24


c. L’ascenseur ne s’arrête qu’une fois si et seulement si :• tout le monde descend à l’étage 1, ce qui correspond à l’évènement X1 = 5 ;• tout le monde descend à l’étage 2, ce qui correspond à l’évènement X2 = 5 ;• tout le monde descend à l’étage 3, ce qui correspond à l’évènement X3 = 5.

Ainsi, la probabilité que l’ascenseur ne s’arrête qu’une fois est donnée par :

P(X1 = 5)+P(X2 = 5)+P(X3 = 5) =1

243+

1

243+

1

243=

3

243=

1

81

3. L’ascenseur s’arrête soit une, soit deux, soit trois fois. Ainsi,

Z(Ω)= J1;3K

4. a. On a (Y1 = 0) si et seulement si l’ascenseur ne s’arrête pas au premier étage. Au-trement dit, (Y1 = 0) si et seulement si personne ne descend à l’étage 1. Ainsi, lesévènements (Y1 = 0) et (X1 = 0) sont identiques. Ainsi,

P(Y1 = 0) =P(X1 = 0)=

(

5

0

)

×

(1

3

)0

×

(2

3

)5

=25

35 =32

243

b. On a donc :

P(Y1 = 1) = 1−P(Y1 = 0) = 1−32

243=

211

243

Par ailleurs, Y1 suit une loi de Bernoulli dont le paramètre p est donné par :

p =P(Y1 = 1) =211

243

Ainsi,

E(Y1) = p =211

243

c. On a Z = Y1 +Y2 +Y3. Or, Y1, Y2 et Y3 ont la même espérance donc

E(Z) = E(Y1)+E(Y2)+E(Y3) =211

243+

211

243+

211

243=

3×211

243=

211

81

4.12 Partie I - Probabilités conditionnelles

1. D’après l’énoncé, on a :

P(D) = 0,05 P(D) = 0,95 PD(A) = 0,90 PD(A) = 0,10 PD(A) = 0,80

2. D’après la formule des probabilités composées,

P(A∩D) =P(D)×PD(A) = 0,05×0,10= 0,005

De même,P(A∩D) =P(D)×PD(A) = 0,95×0,80= 0,765

3. D’après la formule des probabilités totales,

P(A) =P(A∩D)+P(A∩D) = 0,005+0,765= 0,77

25


4. D’après la formule des probabilités conditionnelles,

PA(D) =P(A∩D)

P(A)=

0,005

0,77≃ 0,006

Partie II - Loi binomiale

1. X compte le nombre de succès (i.e le nombre d’appareils sans défaut) lors de la répéti-tion de 10 expériences de Bernoulli identiques et indépendantes. Ainsi, X suit une loibinomiale de paramètres n = 10 et p = 0,95.On a alors X(Ω) = J0;10K et pour tout k ∈X(Ω),

P(X = k) =

(

10

k

)

(0,95)k(0,05)10−k

2. La probabilités que tous les appareils soient sans défaut est :

P(X = 10)=

(

10

10

)

(0,95)10(0,05)0= 0,9510

3. La probabilité qu’au moins un appareil ait un défaut est :

P(X É 9)= 1−P(X = 10) = 1− (0,95)10

4.13

1. D’après la formule des probabilités totales,

P(J) =P(R)×PR(J)+P(R)×PR(J)

=60

100×1+

40

100×

1

3

=180

300+

40

300

=220

300=

11

15

2. X compte le nombre de succès (i.e le nombre de réponses excates) lors de la répéti-tion de 20 expériences de Bernoulli identiques et indépendantes. Ainsi, X suit une loi

binomiale de paramètres n = 20 et p =11

15.

On a alors X(Ω) = J0;20K et pour tout k ∈X(Ω),

P(X = k) =

(

20

k

)(11

15

)k (4

15

)20−k

3. Puisque X suit une loi binomiale, on a :

E(X) = np = 20×11

15=

44

3

V(X) = np(1−p) =44

3×

4

15=

176

45

26


4. a. Il y a X bonnes réponses qui rapportent chacune un point et 20− X mauvaisesréponses qui enlèvent chacune deux points. Ainsi,

N= 1×X−2(20−X)

= X−40+2X

= 3X−40

b. On a donc :

E(N) = E(3X−40) = 3E(X)−40 = 3×44

3−40= 44−40= 4

V(N) =V(3X−40) = 32V(X) = 9×

176

45=

176

5

5. a. Y compte le nombre de succès (i.e le nombre de réponses excates) lors de la ré-pétition de 20 expériences de Bernoulli identiques et indépendantes. Ainsi, Y suit

une loi binomiale de paramètres n = 20 et p =60

100=

3

5.

b. La note que l’élève B obtient en moyenne est donc :

E(Y) = np = 20×3

5= 12

c. La stratégie de l’élève B est donc meilleure, en moyenne, que celle de l’élève A.

27

7. TABLE DES MATIÈRES

1 Généralités sur les variables aléatoires 21.1 Espace probabilisé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Évènements associés à une variable aléatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Variables aléatoires discrètes 42.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 Loi d’une variable aléatoire discrète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Fonction de répartition d’une variable aléatoire discrète . . . . . . . . . . . . . . 5

3 Moments d’une variable aléatoire discrète 73.1 Espérance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2 Variance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Lois discrètes usuelles 104.1 Lois discrètes finies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

4.1.1 Loi uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104.1.2 Loi de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114.1.3 Loi binomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4.2 Lois discrètes infinies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124.2.1 Loi géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124.2.2 Loi de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5 Exercices 14

6 Corrigé des exercices 18

Cours de mathématiques ECT 2ème année Chapitre 4 Variables ...

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